Equilibrio statico e dinamica rotazionale di una sbarra ad L
Salve, avrei bisogno di un aiuto per risolvere il problema seguente.
Spero che qualcuno possa aiutarmi, grazie anticipatamente
Spero che qualcuno possa aiutarmi, grazie anticipatamente
Risposte
Ciao mickymp.
Proponi dapprima le tue idee per la soluzione dl problema, e qualcuno ti aiuterà. Il forum non funziona da risolutore automatico di problemi, a semplice richiesta degli studenti.
Proponi dapprima le tue idee per la soluzione dl problema, e qualcuno ti aiuterà. Il forum non funziona da risolutore automatico di problemi, a semplice richiesta degli studenti.
Ok navigatore, mi spiace non aver scritto nulla prima.
Dai dati ricavo che la sbarra lunga pesa 80 Kg e quella piccola è lunga 20 cm e pesa 20 Kg.
Per quanto riguarda il quesito a) ci troviamo in una situazione di equilibrio statico, quindi penso di dover utilizzare la seconda legge di Newton e l'equilibrio dei momenti. Preso un sistema di riferimento con origine coincidente con la cerniera, asse x diretto come l'asta lunga e asse y come la parete, secondo la direzione orizzontale ho: -$T_x+N=0$ avendo indicato con N la reazione della cerniera, e $T_x$=$Tcos30°$.
Per i momenti penso di dover scrivere che $T_y*L/2-4/5Mg*L/2-1/5Mg*L=0$, con $T_y=Tsen30°=T/2$.
Risolvendo trovo $T=2/5Mg$.
Dalla prima relazione trovo $N=Tcos30°=2/5Mg*sqrt(3)/2=sqrt(3)/5Mg$.
Fin qui è corretto?
Il dubbio più grande ce l'ho per il quesito c). So che devo risolverlo con il bilancio energetico e credo di dover scrivere che:
$MgL=I\omega^2$, ma non so bene come calcolare il momento d'inerzia $I$. Sicuramente devo utilizzare il teorema di Huygens-Steiner, ma non capisco come impostarlo. Grazie per la risposta.
Dai dati ricavo che la sbarra lunga pesa 80 Kg e quella piccola è lunga 20 cm e pesa 20 Kg.
Per quanto riguarda il quesito a) ci troviamo in una situazione di equilibrio statico, quindi penso di dover utilizzare la seconda legge di Newton e l'equilibrio dei momenti. Preso un sistema di riferimento con origine coincidente con la cerniera, asse x diretto come l'asta lunga e asse y come la parete, secondo la direzione orizzontale ho: -$T_x+N=0$ avendo indicato con N la reazione della cerniera, e $T_x$=$Tcos30°$.
Per i momenti penso di dover scrivere che $T_y*L/2-4/5Mg*L/2-1/5Mg*L=0$, con $T_y=Tsen30°=T/2$.
Risolvendo trovo $T=2/5Mg$.
Dalla prima relazione trovo $N=Tcos30°=2/5Mg*sqrt(3)/2=sqrt(3)/5Mg$.
Fin qui è corretto?
Il dubbio più grande ce l'ho per il quesito c). So che devo risolverlo con il bilancio energetico e credo di dover scrivere che:
$MgL=I\omega^2$, ma non so bene come calcolare il momento d'inerzia $I$. Sicuramente devo utilizzare il teorema di Huygens-Steiner, ma non capisco come impostarlo. Grazie per la risposta.
Innanzitutto determina bene la geometria del sistema. SE chiami C la cerniera , e AB la fune (A sul muro e B a metà trave orizzontale) , il triangolo $ABC$ è rettangolo , e la tensione $vecT$ ha il braccio rispetto a $C$ uguale alla altezza $h$ relativa all'ipotenusa, ti pare ?
Poi devi determinare le coordinate del baricentro G del sistema :
$x_G = (x_1m_1 + x_2m_2)/(m_1+m_2)$
$y_G = (y_1m_1 + y_2m_2)/(m_1+m_2)$
le masse dei due tratti sono proporzionali alle lunghezze, giusto.
Aggiungo che, se chiami D il punto medio del tratto verticale della trave , quello lungo $L/4$ , il baricentro del sistema si trova sopra il segmento che congiunge B con D .
Per l'equilibrio alla rotazione attorno a C , hai : $P*x_G - T*h = 0 $
dove $P = Mg$ è il peso applicato in G. Quindi trovi il modulo della tensione $T$ .
Poi scrivi l' equazione vettoriale : $ vecP +vecT + vecN = 0 $ e la proietti sui due assi .
Le componenti di $vecT$ sono facili da trovare, quindi trovi le componenti di $vecN$ , il suo modulo, e se vuoi anche la direzione.
E poi….e poi …..
Ti serve il momento d inerzia del sistema rispetto alla cerniera $C$ , certamente . Lo calcoli prima rispetto al baricentro, poi applichi il teorema di HS. Oppure puoi calcolare direttamente i due momenti di inerzia dei due tratti rispetto all'origine $C$ e sommarli: è anche più facile così, se ricordi certe proprietà del momento di inerzia.
E poi scrivi il principio di conservazione dell'energia meccanica, per trovare la velocità angolare. Ma tieni conto per bene delle coordinate iniziali di G. Non è una semplice sbarra orizzontale.
Coraggio !
Poi devi determinare le coordinate del baricentro G del sistema :
$x_G = (x_1m_1 + x_2m_2)/(m_1+m_2)$
$y_G = (y_1m_1 + y_2m_2)/(m_1+m_2)$
le masse dei due tratti sono proporzionali alle lunghezze, giusto.
Aggiungo che, se chiami D il punto medio del tratto verticale della trave , quello lungo $L/4$ , il baricentro del sistema si trova sopra il segmento che congiunge B con D .
Per l'equilibrio alla rotazione attorno a C , hai : $P*x_G - T*h = 0 $
dove $P = Mg$ è il peso applicato in G. Quindi trovi il modulo della tensione $T$ .
Poi scrivi l' equazione vettoriale : $ vecP +vecT + vecN = 0 $ e la proietti sui due assi .
Le componenti di $vecT$ sono facili da trovare, quindi trovi le componenti di $vecN$ , il suo modulo, e se vuoi anche la direzione.
E poi….e poi …..
Ti serve il momento d inerzia del sistema rispetto alla cerniera $C$ , certamente . Lo calcoli prima rispetto al baricentro, poi applichi il teorema di HS. Oppure puoi calcolare direttamente i due momenti di inerzia dei due tratti rispetto all'origine $C$ e sommarli: è anche più facile così, se ricordi certe proprietà del momento di inerzia.
E poi scrivi il principio di conservazione dell'energia meccanica, per trovare la velocità angolare. Ma tieni conto per bene delle coordinate iniziali di G. Non è una semplice sbarra orizzontale.
Coraggio !
Innanzitutto grazie per la risposta e mi scuso per il ritardo, ho avuto qualche contrattempo.
Vediamo se ho capito bene. Scelgo un sistema di riferimento come avevo detto prima.
Ho indicato con $O$ la cerniera, $G$, $G_1(L/2,0)$ e $G_2(L,L/8)$ i baricentri rispettivamente del sistema, della sbarra lunga e di quella corta.
Con queste coordinate calcolo quelle del baricentro del sistema, che vengono $G(3/5L,L/40)$.
Adesso applico la condizione d'equilibrio alla rotazione, tenendo conto che il braccio della tensione è $\bar(OH)=\bar{OB}sen30°=L/4$. $rArr$ $Mg*\bar{OB}-T*\bar{OH}=0$ $rArr$ $T=2352 N$.
Mi rendo conto di essere stato veramente poco attento nel supporre che la reazione della cerniera fosse tutta orizzontale.
Scrivo la seconda legge di Newton, proiettata sui due assi.
$\{(N_x-T_x=0 rArr N_x=Tcos30°~=2037N),(N_y-M*g+T_y=0 rArr N_y=M*g-Tsen30°=8624N):}$
Posso calcolare la reazione della cerniera, in modulo e direzione.
$\abs(vec N)=sqrt(N_x^2+N_y^2)~=8861N$ $hArr$ $\alpha=arctg(N_y/N_x)~=76°$.
Per quanto riguarda il quesito c), sfrutto il giustissimo suggerimento, calcolando:
$I_(TOT)=I_1+I_2$, con $I_1=1/3M_1L^2$ e $I_2=I_(G_2)+M_2*\bar{OG_2}^2= 1/12M_2*(L/4)^2+M_2*(X_(G_2)^2+Y_(G_2)^2)$
Ora penso che la conservazione dell'energia meccanica dev'essere:
$Mg*bar\{OG}=1/2I_(TOT)*\omega^2$ $rArr$ $\omega^2=2(Mg*sqrt(X_G^2+Y_G^2))/I_(TOT)$
da cui posso ricavare $\omega$.
Spero, stavolta, di aver intrapreso la strada giusta.
Vediamo se ho capito bene. Scelgo un sistema di riferimento come avevo detto prima.
Ho indicato con $O$ la cerniera, $G$, $G_1(L/2,0)$ e $G_2(L,L/8)$ i baricentri rispettivamente del sistema, della sbarra lunga e di quella corta.
Con queste coordinate calcolo quelle del baricentro del sistema, che vengono $G(3/5L,L/40)$.
Adesso applico la condizione d'equilibrio alla rotazione, tenendo conto che il braccio della tensione è $\bar(OH)=\bar{OB}sen30°=L/4$. $rArr$ $Mg*\bar{OB}-T*\bar{OH}=0$ $rArr$ $T=2352 N$.
Mi rendo conto di essere stato veramente poco attento nel supporre che la reazione della cerniera fosse tutta orizzontale.
Scrivo la seconda legge di Newton, proiettata sui due assi.
$\{(N_x-T_x=0 rArr N_x=Tcos30°~=2037N),(N_y-M*g+T_y=0 rArr N_y=M*g-Tsen30°=8624N):}$
Posso calcolare la reazione della cerniera, in modulo e direzione.
$\abs(vec N)=sqrt(N_x^2+N_y^2)~=8861N$ $hArr$ $\alpha=arctg(N_y/N_x)~=76°$.
Per quanto riguarda il quesito c), sfrutto il giustissimo suggerimento, calcolando:
$I_(TOT)=I_1+I_2$, con $I_1=1/3M_1L^2$ e $I_2=I_(G_2)+M_2*\bar{OG_2}^2= 1/12M_2*(L/4)^2+M_2*(X_(G_2)^2+Y_(G_2)^2)$
Ora penso che la conservazione dell'energia meccanica dev'essere:
$Mg*bar\{OG}=1/2I_(TOT)*\omega^2$ $rArr$ $\omega^2=2(Mg*sqrt(X_G^2+Y_G^2))/I_(TOT)$
da cui posso ricavare $\omega$.
Spero, stavolta, di aver intrapreso la strada giusta.
In genere non mi piace mettermi a verificare i calcoli numerici fatti dagli studenti. Comunque faccio le seguenti osservazioni:
1) il calcolo delle coordinate di $G$ è giusto.
2)quando scrivi l'equilibrio alla rotazione rispetto alla cerniera $O$ non devi scrivere $OB$ come braccio del peso, bensì $x_G = 3/5L = 0.48m$ Comunque il valore che hai trovato è corretto , anche se io trovo $T = 2354.4N$ , un po' superiore . Ma non ha importanza. Quindi il precedente è stato un lapsus di scrittura, penso.
3) Ciò che non va bene è il valore di $N_y$ . Hai scritto tu stesso : $ N_y = Mg - Tsen30° $ quindi :$981 N - 0.5*2354.4N = -196.2N$ . Ma a parte i segni, hai presente come è diretta la forza $vecN$ esercitata dalla cerniera sulla trave? La retta di azione del peso $vecP$ è alla destra del punto $B$, quindi la retta di azione di $vecT$ , cioè il prolungamento della fune, incontra la precedente sotto la trave orizzontale : per questo punto deve passare la retta di azione di $vecN$ . Fatti un disegnino e renditi conto: sono tre forze concorrenti in un punto, il triangolo delle forze deve essere chiuso.
Insomma, la cerniera spinge verso destra e verso il basso.
4) il calcolo del momento di inerzia va bene, ma io per la trave corta avrei scritto semplicemente :
$I_2 = I_x + I_y = 1/3M_2(L/4)^2 + M_2*L^2$ , tenendo presente che , trattandosi di un sistema piano , il momenot di inerzia polare rispetto ad $O$ è somma dei momenti di inerzia rispetto agli assi $x$ e $y$ ( il polo $O$ è in realtà l'intersezione del piano $xy$ con l'asse principale $z$ perpendicolare al piano) . Inoltre, nel calcolo di $I_y$ si trascura il momento di inerzia proprio rispetto all'asse del cilindretto, visto che il testo parla di "asta sottile" e non dà neppure il raggio della sezione.
5) non capisco perché nell'applicare il principio di conservazione delle 'energia hai considerato la distanza $OG$ : in effetti interessa solo l'abbassamento di quota del baricentro, dalla posizione iniziale alla finale. Il baricentro $G$ si trova $8cm$ alla destra di $B$ e $2cm$ sopra la trave, nella posizione iniziale , se ho fatto bene i conti.
1) il calcolo delle coordinate di $G$ è giusto.
2)quando scrivi l'equilibrio alla rotazione rispetto alla cerniera $O$ non devi scrivere $OB$ come braccio del peso, bensì $x_G = 3/5L = 0.48m$ Comunque il valore che hai trovato è corretto , anche se io trovo $T = 2354.4N$ , un po' superiore . Ma non ha importanza. Quindi il precedente è stato un lapsus di scrittura, penso.
3) Ciò che non va bene è il valore di $N_y$ . Hai scritto tu stesso : $ N_y = Mg - Tsen30° $ quindi :$981 N - 0.5*2354.4N = -196.2N$ . Ma a parte i segni, hai presente come è diretta la forza $vecN$ esercitata dalla cerniera sulla trave? La retta di azione del peso $vecP$ è alla destra del punto $B$, quindi la retta di azione di $vecT$ , cioè il prolungamento della fune, incontra la precedente sotto la trave orizzontale : per questo punto deve passare la retta di azione di $vecN$ . Fatti un disegnino e renditi conto: sono tre forze concorrenti in un punto, il triangolo delle forze deve essere chiuso.
Insomma, la cerniera spinge verso destra e verso il basso.
4) il calcolo del momento di inerzia va bene, ma io per la trave corta avrei scritto semplicemente :
$I_2 = I_x + I_y = 1/3M_2(L/4)^2 + M_2*L^2$ , tenendo presente che , trattandosi di un sistema piano , il momenot di inerzia polare rispetto ad $O$ è somma dei momenti di inerzia rispetto agli assi $x$ e $y$ ( il polo $O$ è in realtà l'intersezione del piano $xy$ con l'asse principale $z$ perpendicolare al piano) . Inoltre, nel calcolo di $I_y$ si trascura il momento di inerzia proprio rispetto all'asse del cilindretto, visto che il testo parla di "asta sottile" e non dà neppure il raggio della sezione.
5) non capisco perché nell'applicare il principio di conservazione delle 'energia hai considerato la distanza $OG$ : in effetti interessa solo l'abbassamento di quota del baricentro, dalla posizione iniziale alla finale. Il baricentro $G$ si trova $8cm$ alla destra di $B$ e $2cm$ sopra la trave, nella posizione iniziale , se ho fatto bene i conti.
Sì, per il braccio del peso è stato un errore di trascrizione, intendevo $OG$. Per la $N_y$ purtroppo ho sbagliato (per distrazione) di un fattore 10 il calcolo del peso, ma non ha importanza perché non ho verificato vettorialmente. Per l'ultimo punto, alla fine l'asta si trova in posizione vericale, verso il basso, allora forse dovevo considerare $X_G+Y_G?$ Di certo è chiaro che devo ancora studiare ed applicarmi molto.
Grazie di tutto l'aiuto e della pazienza.
Grazie di tutto l'aiuto e della pazienza.
Comunque hai già svolto discretamente l'esercizio. Quando fai l'equilibrio delle forze, fatti sempre un disegnino a parte di come queste forze devono essere disposte, per poter soddisfare le condizioni di equilibrio. Aiuta molto, soprattutto se adoperi i vettori.
PEr l'ultimo punto, l'abbassamento di $G$ è "quasi" uguale a $x_G+y_G$ : traccia un arco di circonferenza con centro in $O$ , passante per la posizione iniziale di $G$ , e te ne accorgi. Ci mancherebbe un piccolo pezzetto in basso, ma è trascurabile.
Studia e applicati, non potrai che trarne vantaggio per la tua preparazione. Ma vedo che hai buona volontà, quindi non ti occorrono gli incoraggiamenti!
PEr l'ultimo punto, l'abbassamento di $G$ è "quasi" uguale a $x_G+y_G$ : traccia un arco di circonferenza con centro in $O$ , passante per la posizione iniziale di $G$ , e te ne accorgi. Ci mancherebbe un piccolo pezzetto in basso, ma è trascurabile.
Studia e applicati, non potrai che trarne vantaggio per la tua preparazione. Ma vedo che hai buona volontà, quindi non ti occorrono gli incoraggiamenti!
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